ESERCIZIO. Studiare il grafico di f (x) = arctan(log |x|) determinando dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, estremi relativi e assoluti e punti di non derivabilit` a.

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1. SOLUZIONI ESERCIZI. 1

[B] Dispense a cura del docente.

1. SOLUZIONI ESERCIZI.

ESERCIZIO. Studiare il grafico di f (x) = arctan(log |x|) determinando dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, estremi relativi e assoluti e punti di non derivabilit` a.

Soluzione.

Si ha

dom(f ) = {x ∈ R : x 6= 0} = (−∞, 0) ∪ (0, +∞).

La funzione ` e pari. ` E quindi sufficiente studiare f in (0, +∞).

x→+∞

lim f (x) = lim

y→+∞

arctan(y) =  π 2



. Concludiamo che f ha asintoto orizzontale y =

per x → ±∞.

lim

x→0⁺

f (x) = lim

y→−∞

arctan(y) = 

− π 2



. Dato che f ` e pari si ha in particolare,

lim

x→0^±

f (x) = 

− π 2



,

e quindi f si pu` o estendere per continuit` a in x

= 0 ponendo f (0) = −

. Df (x) = 1

1 + (log x)

· 1

x , x > 0.

Dato che lim

x→0⁺

Df (x) = lim

x→0⁺

1

1 + (log x)

· 1 x = lim

x→0⁺

1

(log x)

+ 1 · 1

x (log x)

= 1 · 1

0

= +∞, per il teorema di continuit` a della derivata prima (vedere [B] §9.4 pg. 12) si ha

lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x − 0 = +∞.

Dato che f ` e pari si ha anche lim

x→0⁻

f (x) − f (0)

x − 0 = − lim

y→0⁺

f (y) − f (0) y − 0 , e quindi (0, −

) ` e un punto di cuspide.

Inoltre, dato che Df ` e positiva per x > 0, e dato che f ` e pari, concludiamo che

 Df (x) > 0, x > 0 Df (x) < 0, x < 0 ,

1

ovvero che f ` e monotona strettamente crescente in (0, +∞) e strettamente decrescente in (−∞, 0). In particolare x

= 0 ` e punto di minimo assoluto per la f estesa in R,

f (0) = − π 2 = min

R

f e

sup

R

f = π 2 .

-4 -2 2 4

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

-40 -20 20 40

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

ESERCIZIO. Fissati σ > 0 e µ ∈ R, studiare il grafico della funzione di Gauss o Gaussiana f (x) = e

.

Soluzione.

Si ha

dom(f ) = R.

x→±∞

lim f (x) = 0

. Concludiamo che f ha asintoto orizzontale y = 0 per x → ±∞.

Df (x) = e



− (x − µ) σ



, x ∈ R, e quindi







Df (x) < 0, x > µ Df (µ) = 0,

Df (x) > 0, x < µ

ovvero che f ` e monotona strettamente crescente in (−∞, µ), strettamente decrescente in (µ, +∞) e si annulla se e solo se x = µ. Quindi x

= µ ` e punto di massimo assoluto per f in R,

f (µ) = 1 = max

R

f e

inf

R

f = 0.

Inoltre

D

f (x) = e



− (x − µ) σ



− e

1

σ

= e

1 σ

 (x − µ)

σ

− 1



, x ∈ R, e quindi







D

f (x) < 0, x ∈ (µ − σ, µ + σ) D

f (µ ± σ) = 0,

D

f (x) > 0, x ∈ (−∞, µ − σ) ∪ (µ + σ, +∞).

Concludiamo che f ` e strettamente concava in (µ − σ, µ + σ), strettamente convessa in (−∞, µ − σ) ∪ (µ + σ, +∞) e in particolare che i punti

(µ ± σ, f (µ ± σ)) = (µ ± σ, e

),

sono punti di flesso. Vedere i grafici di cui sotto per il caso µ = 3 con σ = 2 (a sinistra) e σ = 1 (a destra).

La linea in blu indica il valore dei flessi.

-10 -5 5 10

0.2 0.4 0.6 0.8 1

-10 -5 5 10

0.2 0.4 0.6 0.8 1

ESERCIZIO. Al variare di α ∈ R calcolare il limite lim

x→1⁺

e

log cos 2 · e

.

Soluzione.

Si ha

log cos 2 · e

= log 1 + cos 2 · e

− 1

cos 2 · e

− 1 cos 2 · e

− 1
= log 1 + cos 2 · e

− 1

cos 2 · e

− 1

cos 2 · e

− 1

2 · e

2 · e

. Quindi

lim

x→1⁺

e

log cos 2 · e

= lim

y→0

log (1 + y) y · lim

t→0

cos t − 1 t

· lim

x→1⁺

e

2 · e

=

1 ·



− 1 2



· 4 lim

x→1⁺

e

· e

= −2 lim

x→1⁺

e

· e

.

dove abbiamo usato il fatto che se il prodotto dei limiti non d` a luogo a forme indeterminate, allora il limite del prodotto ` e il prodotto dei limiti. Notare che in questo caso, dato che i primi due limiti sono finiti, non si possono avere forme indeterminate. Per completezza bisogna ricordare anche che il Teorema del prodotto dei limiti richiede l’ esistenza dei limiti stessi. Per quanto riguarda questo punto, verificheremo a posteriori che anche il terzo limite esiste, finito o infinito. Infatti,

1

(x − 1)

− 2x x − 1 =



 

 



 

 



1

x−1

−2x + (x − 1)

=

(−2 + o(1)) , 1 − α > 0

1

x−1

(−2x + 1) =

(−1 + o(1)) , 1 − α = 0

1

(x−1)^α

1 − 2x(x − 1)

=

(1 + o(1)) , 1 − α < 0

, x → 1

,

e quindi

lim

x→1⁺

e

·e

= lim

x→1⁺

e

= lim

x→1⁺

e

=







e

= e

= 0

, 1 − α > 0

e

= e

= 0

, 1 − α = 0

e

= e

= +∞, 1 − α > 0.

Concludiamo che lim

x→1⁺

e

log cos 2 · e

=

 −2 · 0

= 0

, α ≤ 1

−2 · (+∞) = −∞, α > 1.

 ESERCIZIO. Studiare il grafico di

f (x) = x − p

1 − e

.

Soluzione.

Si ha

dom(f ) = R.

x→+∞

lim f (x) = lim

x→+∞

 x − p

1 − e



= +∞ − √

1 − 0 = +∞.

x→−∞

lim f (x) = lim

x→−∞

 x − p

1 − e



= lim

y→+∞

 −y − p

1 − e



= lim

y→+∞

 −y − e

p

e

− 1 

=

y→+∞

lim e



− y e

− p

e

− 1 

= +∞ 0 − √

0 − 1
= +∞.

Si verifica facilmente che

x→−∞

lim f (x)

x = lim

y→+∞

− e

y (1 + o(1)) = −∞.

Concludiamo che f non ha asintoto obliquo per x → −∞. Viceversa, si ha immediatamente

x→+∞

lim f (x)

x = 1, e

x→+∞

lim f (x) − x = 1, e quindi f ha asintoto obliquo per x → +∞ la retta y = x − 1.

Si ha poi

Df (x) = 1 − 1

7 1 − e

· −e

· (−7) = 1 − e

1 − e

, e in particolare

dom(Df ) = {x ∈ R : 1 − e

6= 0} = (−∞, 0) ∪ (0, +∞).

Si ha

lim

x→0^±

Df (x) = lim

x→0^±



1 − e

1 − e



= 1 − lim

x→0^±

1 − e

=

1 − lim

x→0^±

 1 − e

−7x (−7x)



= 1 − (−1) · (0

)

= 1 − (±∞)

= −∞.

Concludiamo che (0, f (0)) = (0, 0) ` e un punto di tangenza verticale.

Per studiare il segno di Df usiamo il metodo grafico. Poniamo t = e

, in modo che t ∈ (0, +∞) se x ∈ R, e osserviamo che

Df (x) ≥ 0 ⇐⇒ 1 − e

1 − e

≥ 0 ⇐⇒ 1 − t(1 − t)

≥ 0.

Studiamo allora la disequazione 1 − t(1 − t)

≥ 0 per t ∈ (0, +∞) \ {1}. Dato che (1 − t)

> 0, si ha, 1 − t(1 − t)

≥ 0 ⇐⇒ t ≤ (1 − t)

.

Dato che g(t) = t ` e continua e monotona strettamente crescente in [0, 1] e h(t) = (1 − t)

` e continua e monotona strettamente decrescente in [0, 1], l’equazione g(t) = h(t) ha al pi` u una soluzione per t ∈ [0, 1].

Dato che g(0) = 0, g(1) = 1 e h(0) = 1, h(1) = 0, concludiamo (usando il Teorema degli zeri) che esiste

uno ed un solo t

∈ (0, 1), tale che g(t

) = h(t

). Inoltre si verifica facilmente che Dg(t) − Dh(t) =

1 +

(1−t)¹7

`

e negativa in (1, 1 + (

)

), nulla in 1 + (

)

e positiva in (1 + (

)

, +∞), ovvero che g(t)−h(t) ≥ g(1+(

)

)−h(1+(

)

) = 1+(

)

−(

)

> (

)

. In particolare g(t) < h(t) ⇐⇒ 0 < t < t

.

1 2 3 4

1 2 3 4

Sia x

= −

log (t

). Dato che t

∈ (0, 1), ` e chiaro che x

> 0. Si ha quindi Df (x) < 0 ⇐⇒ e

< t

, Df (x) = 0 ⇐⇒ e

= t

, ovvero

Df (x) > 0, x > x

, Df (x

) = 0, Df (x) < 0, x < x

,

e concludiamo che f ` e monotona decrescente in (−∞, x

) monotona crescente in (x

, +∞) e ha quindi un punto di minimo relativo e assoluto in (x

, f (x

)). Osserviamo anche che f (x

) < 0, perch´ e f (0) = 0, x

> 0 e f ` e strettamente decrescente in (0, x

).

Si ha poi, dopo qualche semplificazione D

f (x) = D 

1 − e

1 − e



= e

1 − e

7 − e

. Concludiamo che

D

f (x) > 0 ⇐⇒ 1 < e

< 7, D

f (x) = 0 ⇐⇒ x = − 1 7 log (7),

e quindi in particolare che f ` e strettamente convessa in (−∞, −

log (7))∪(0, +∞) e strettamente concava in (−

log (7), 0) e che f ha flessi in x

= −

log (7) e x

= 0.

Per disegnare il grafico correttamente ` e necessario stabilire la posizione relativa tra la funzione e l’ asintoto obliquo per x > 0. Infatti osserviamo che, per esempio, non abbiamo ancora informazioni sul valore del minimo di f (x

) = f (−

log (t

)). In questo caso possiamo risolvere il problema osservando che

f (x) − (x − 1) = x − p

1 − e

− (x − 1) = − p

1 − e

+ 1 > −1 + 1 = 0, ∀ x > 0 e quindi il grafico di f si trova sopra alla retta y = x − 1.

-1.0 -0.5 0.5 1.0

-2 -1 1 2 3

-0.4 -0.2 0.2 0.4

-1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 -0.8

-0.6 -0.4 -0.2

[FACOLTATIVO]

Vediamo ora un argomento pi` u difficile, che ha per` o il vantaggio di non richiedere alcuna informazione sulla disuguaglianza f (x) R x − 1, ma solo sulla la convessit`a di f .

In particolare, dimostreremo quanto segue. Se:

(i) f ` e continua in [0, +∞), derivabile due volte in (0, +∞) e D

f (x) > 0, ∀ x ∈ (0, +∞);

(ii) f ha un asintoto obliquo o orizzontale per x → +∞ di coefficiente angolare m ∈ R, che indichiamo con y = mx + q.

Allora:

(a) f (0) > q,

(b) Df (x) < m ∀ x ∈ (0, +∞), Df (x) → m

, x → +∞, e il grafico di f giace sopra il grafico

dell’ asintoto obliquo, ovvero f (x) > mx + q, ∀ x ∈ [0, +∞). In particolare f (x) − (mx + q) → 0

, x → +∞.

Dimostrazione

Osserviamo innanzitutto che la funzione g(x) = f (x) − (mx + q) ` e continua in [0, +∞), derivabile due volte in (0, +∞) e D

g(x) > 0, ∀ x ∈ (0, +∞) e ha un asintoto orizzontale y = 0 per x → +∞. Dato che g ` e strettamente convessa in (0, +∞), allora Dg ` e monotona strettamente crescente e quindi ammette limite per x → +∞. Segue dal Teorema dell’ asintoto (vedere sotto) che

lim

x→+∞

Dg(x) = 0. (1.1)

Concludiamo in particolare che Dg(x) < 0 ∀ x ∈ (0, +∞).

Dato che Dg(x) < 0 ⇐⇒ Df (x) < m e Df (x) → m

⇐⇒ Dg(x) → 0

, risulta dimostrato che Df (x) < m ∀ x ∈ (0, +∞) e Df (x) → m

, x → +∞.

Osserviamo inoltre che se g(x) ≤ 0 per qualche x > 0, allora, dato che g ` e strettamente decrescente (perch´ e Dg(x) < 0 ∀ x ∈ (0, +∞)) allora lim

x→+∞

g(x) < 0 contro l’ipotesi che g ammetta y = 0 come asintoto orizzontale. Risulta allora dimostrato che g(x) > 0 ∀ x ∈ (0, +∞), ovvero che f (x) > mx + q

∀ x ∈ (0, +∞) e quindi in particolare che f (x) − (mx + q) → 0

x → +∞.

Per dimostrare la parte (a), osserviamo che la tesi ` e ora equivalente a g(0) > 0. Se supponiamo per assurdo che g(0) ≤ 0, allora, dato che g(x

) > 0 per x

> 0, dal Teorema di Lagrange, si avrebbe

∃ c ∈ (0, x

) : Dg(c) = g(x

) − g(0)

x

− 0 = g(x

) − g(0) x

≥ g(x

) x

> 0,

che ` e assurdo perch´ e Dg(x) < 0 ∀ x ∈ (0, +∞). 

Osservazione

Un corollario immediato di quanto visto ` e che se f ` e definita in un intorno di +∞, ` e ivi derivabile due

volte, D

f (x) ` e definitivamente strettamente positiva per x → +∞ e f ha un asintoto obliquo y = mx + q

per x → +∞, allora il grafico di f giace definitivamente sopra il grafico dell’ asintoto e vale Df (x) → m

,

per x → +∞. Infatti, sia M > 0 tale che f ` e continua in [M, +∞) e D

f (x) > 0, ∀ x > M . La fun-

zione h(x) = f (x + M ) ` e continua in [0, +∞), verifica D

h(x) > 0 in (0, +∞) e ha asintoto obliquo

y = mx + q + M m per x → +∞. Quindi h verifica le ipotesi (i) e (ii) di cui sopra e in particolare valgono

le (a) e (b) per h. Ritornando a f (x) = h(x − M ) si ha che il grafico di f giace definitivamente sopra il

grafico di mx + q e Df (x) → m

, per x → +∞.

Risultati analoghi valgono per funzioni concave e per asintoti per x → −∞.  TEOREMA [Teorema dell’asintoto]Sia g : (0, +∞) → R derivabile e supponiamo che g abbia un asintoto orizzontale, g(x) → `, x → +∞ (` ∈ R). Se esiste il limite della derivata Dg(x) per x → +∞ allora

x→+∞

lim Dg(x) = 0.

Dimostrazione

Dal Teorema del valor medio, per ogni x > 0, esiste ξ ∈ (x, x + 1) tale che:

Dg(ξ) = g(x + 1) − g(x).

Sia x

una qualunque successione x

→ +∞, per n → +∞, allora per ogni n ∈ N `e ben definito ξ

∈ (x

, x

+ 1) e in particolare ξ

→ +∞ per n → +∞. Concludiamo che

n→+∞

lim Dg(ξ

) = lim

n→+∞

(g(x

+ 1) − g(x

)) = ` − ` = 0.

Per ipotesi il limite di Dg(x) per x → +∞ esiste, quindi coincide con il limite lungo una successine arbitratria

x→+∞

lim Dg(x) = lim

n→+∞

Dg(ξ

) = 0.

 Osservazione

Il controesempio che segue mostra che esistono funzioni che hanno un asintoto orizzontale ma il limite della derivata non esiste. Infatti la funzione g(x) =

sin(x

), x ∈ (0, +∞) verifica g(x) → 0, x → +∞

ma

Dg(x) = − 1

x

sin(x

) + 2 cos(x

),

il cui limite per x → +∞ chiaramente non esiste.